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辽宁省鞍山市铁东区华育外国语实验学校2022-2023学年九年级上学期第一次月考数学试卷(含答案)
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这是一份辽宁省鞍山市铁东区华育外国语实验学校2022-2023学年九年级上学期第一次月考数学试卷(含答案)，共36页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年辽宁省鞍山市铁东区华育外国语实验学校九年级（上）第一次月考数学试卷
一、选择题（每题3分，共24分）
1．（3分）如图是四款新能源汽车的标志，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（3分）下列各式中，y是x的二次函数的是（ ）
A．y＝3x B．y＝x2+（3﹣x）x
C．y＝（x﹣1）2 D．y＝ax2+bx+c
3．（3分）如图，在△ABC中，DE∥BC，AD＝2，BD＝3，DE＝6，则BC的长为（ ）
A．10 B．15 C．18 D．16
4．（3分）把方程3x2+x＝2（x﹣2）化成ax2+bx+c＝0的形式，则a，b，c的值分别为（ ）
A．3，1，4 B．3，﹣1，4 C．3，﹣1，﹣4 D．3，4，﹣1
5．（3分）如图，已知AB∥CD∥EF，那么下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
6．（3分）某种植物的主干长出若干数目的支干，每个支干又长出同样数目的小分支，主干、支干和小分支的总数是91，设每个支干长出x个小分支，则下列方程中正确的是（ ）
A．1+x2＝91 B．（1+x）2＝91
C．1+x+x2＝91 D．1+（1+x）+（1+x）2＝91
7．（3分）如图，已知点A（2，0），B（0，4），C（2，4），线段AB绕着某点旋转一个角度与线段CD重合，若点A的对应点是点C，则这个旋转中心的坐标为（ ）
A．（5，2） B．（1，5）
C．（4，2） D．（1，5）或（4，2）
8．（3分）在同一直角坐标系中，当ab＞0时，y＝ax2与y＝ax+b的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题（每题3分，共24分）
9．（3分）在平面直角坐标系中，点A（﹣2，1）与点B关于原点对称，则点B的坐标为 ．
10．（3分）若一元二次方程x2﹣4x﹣2＝0的两个实数根为m，n，则的值为 ．
11．（3分）已知点A（﹣3，y1）、B（﹣1，y2）、C（2，y3）在抛物线y＝﹣2x2，则y1，y2，y3的大小关系是 （用“＜”连接）．
12．（3分）如图，在矩形ABCD中，若AB＝3，AC＝5，若AE＝1，＝ ．
13．（3分）如果关于x的一元二次方程（x﹣3）（mx﹣n）＝0有两个实数根，且其中一个根为另一个根的3倍，则的值为 ．
14．（3分）如图，在平面直角坐标系xOy中，三角板的直角顶点P的坐标为（2，2），一条直角边与x轴的正半轴交于点A，另一直角边与y轴交于点B，三角板绕点P在坐标平面内转动的过程中，当△POA为等腰三角形时，则点B的坐标是 ．
15．（3分）关于抛物线y＝﹣x2，给出下列说法：
①物线开口向下，顶点是原点；
②当x＞1时，y随x的增大而减小；
③当﹣1＜x＜2时，﹣4＜y＜﹣1；
④若（m，p）、（n，p）是该抛物线上两点，则m+n＝0．
其中正确的说法有 ．
16．（3分）如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E为边BC中点，连接DE交AC于点F，把线段DF绕点D顺时针旋转90°得DG，连接AG、FG，点M为线段FG的中点，连接AM、OM、BG，下列结论正确的有 ．
①FA2+FC2＝FG2
②AM＝BG
③＝
④
三、解答题：（17题8分，18题8分，19题一-24题各10分，25题12分，26题14分）
17．（8分）解下列方程：
（1）2x2+8x+3＝0（配方法）；
（2）3t2﹣t﹣3＝0．
18．（8分）△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中每个小正方形的边长为1个单位长度，按要求作图：
（1）画出△ABC关于原点O的中心对称图形△A1B1C1．
（2）画出将△ABC绕点O顺时针旋转90°得到△A2B2C2．
19．（10分）如图，AD、BC相交于点P，连接AC、BD，且∠1＝∠2，AC＝3，CP＝2，DP＝1，求BD的长．
20．（10分）关于x的一元二次方程x2+（2k+1）x+k2+1＝0有两个不相等的实数根x1，x2．
（1）求实数k的取值范围．
（2）若方程两实根x1，x2满足|x1|+|x2|＝x1•x2，求k的值．
21．（10分）如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，DF⊥AE，垂足为F．
（1）求证：△ABE∽△DFA；
（2）若AB＝9，BC＝6，求EF的长．
22．（10分）一块长30cm，宽12cm的矩形铁皮．
（1）如图1，在铁皮的四角各切去一个同样的正方形，然后将四周突出部分折起，就能制作成一个底面积为144cm2的无盖方盒，如果设切去的正方形的边长为xcm，则可列方程为 ．
（2）由于实际需要，计划制作一个有盖的长方体盒子，为了合理使用材料，某学生设计了如图2的裁剪方案，空白部分为裁剪下来的边角料，其中左侧两个空白部分为正方形，问能否折出底面积为104cm2的有盖盒子（盒盖与盒底的大小形状完全相同）？如果能，请你求出裁去的左侧正方形的边长；如果不能，请说明理由．
23．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D是斜边AC的中点，连接DB，线段AE⊥线段BD交BC于点E，交DB于点G，垂足为点G．
（1）求证：EB2＝EG•EA；
（2）联结CG，若∠CGE＝∠DBC，求证：BE＝CE．
24．（10分）“南国梨”素有“梨中之王”美称，主产于中国辽宁省的鞍山，某南国梨种植基地2020年种植64亩，到2022年的种植面积达到100亩．
（1）求该基地这两年“南国梨”种植面积的平均增长率．
（2）某超市调查发现，当“南国梨”的售价为8元/千克时，每周能售出400千克，售价每千克上涨0.5元，每周销售量减少10千克，已知该超市“南国梨”的进价为6元/千克，为了维护消费者利益，物价部门规定，该水果售价不能超过17元/千克．若使销售“南国梨”每周获利2400元，则售价应多少元/千克？
25．（12分）如图，在△ABC中，AB＝AC，E是线段BC上一动点（不与B、C重合），连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转与∠BAC相等的角度，得到线段AF，连接EF，点M和点N分别是边BC，EF的中点．
（1）如图1，若∠BAC＝120°，当点E是BC边的中点时，＝ ，直线BE与MN相交所成的锐角的度数为 度．
（2）如图2，若∠BAC＝120°，当点E是BC边上任意一点时（不与BC重合），上述两个结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
（3）若∠BAC＝60°，AB＝6，点E在直线BC上运动，＝，若其它条件不变，过点C作CP∥MN，交直线EF于P，直接写出P到BC的距离 ．
26．（14分）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+3与x轴，y轴分别相交于A、B两点，抛物线y＝ax2经过AB的中点D．
（1）直接写出抛物线解析式；
（2）如图1，在直线AB上方，y轴右侧的抛物线上是否存在一点M，使S△ABM＝，若存在，求出M点坐标；若不存在，请说明理由．
（3）如图2，点C是OB中点，连接CD，点P是线段AB上的动点，将△BCP沿CP翻折，使点B落在点B'处，当PB'平行于x轴时，请直接写出BP的长．
参考答案
一、选择题（每题3分，共24分）
1．（3分）如图是四款新能源汽车的标志，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据中心对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，进行判断即可．
解：A．是中心对称图形，故此选项符合题意；
B．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
【点评】本题考查的是中心对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键．
2．（3分）下列各式中，y是x的二次函数的是（ ）
A．y＝3x B．y＝x2+（3﹣x）x
C．y＝（x﹣1）2 D．y＝ax2+bx+c
【分析】根据二次函数的定义逐个判断即可．
解：A．y是x的一次函数，不是二次函数，故本选项不符合题意；
B．y＝x2+（3﹣x）x
＝x2+3x﹣x2
＝3x，y是x的一次函数，不是二次函数，故本选项不符合题意；
C．y是x的二次函数，故本选项符合题意；
D．当a＝0时，y不是x的二次函数，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数的定义，能熟记二次函数的定义是解此题的关键，注意：形如y＝ax2+bx+c（a、b、c为常数，a≠0）的函数，叫二次函数．
3．（3分）如图，在△ABC中，DE∥BC，AD＝2，BD＝3，DE＝6，则BC的长为（ ）
A．10 B．15 C．18 D．16
【分析】通过证明△ADE∽△ABC，可得，即可求解．
解：∵AD＝2，BD＝3，
∴AB＝5，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∴，
∴BC＝15，
故选：B．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，证明三角形相似是解题的关键．
4．（3分）把方程3x2+x＝2（x﹣2）化成ax2+bx+c＝0的形式，则a，b，c的值分别为（ ）
A．3，1，4 B．3，﹣1，4 C．3，﹣1，﹣4 D．3，4，﹣1
【分析】将原方程转化为一般形式，进而可得出a，b，c的值．
解：将原方程转化为一般形式为3x2﹣x+4＝0，
∴a＝3，b＝﹣1，c＝4．
故选：B．
【点评】本题考查了一元二次方程的一般形式，熟练掌握将给定一元二次方程转化为一般形式的方法是解题的关键．
5．（3分）如图，已知AB∥CD∥EF，那么下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据平行线分线段成比例定理逐个判断即可．
解：A．∵AB∥CD∥EF，
∴＝≠，故本选项不符合题意；
B．∵AB∥CD∥EF，
∴＝，故本选项不符合题意；
C．∵AB∥CD∥EF，
∴＝，故本选项不符合题意；
D．∵AB∥CD∥EF，
∴＝，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，能根据平行线分线段成比例定理得出正确的比例式是解此题的关键．
6．（3分）某种植物的主干长出若干数目的支干，每个支干又长出同样数目的小分支，主干、支干和小分支的总数是91，设每个支干长出x个小分支，则下列方程中正确的是（ ）
A．1+x2＝91 B．（1+x）2＝91
C．1+x+x2＝91 D．1+（1+x）+（1+x）2＝91
【分析】根据题意，可以列出相应的方程：主干+支干+小分支＝91，进而得出答案．
解：由题意可得，
1+x+x•x＝1+x+x2＝91．
故选：C．
【点评】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程．
7．（3分）如图，已知点A（2，0），B（0，4），C（2，4），线段AB绕着某点旋转一个角度与线段CD重合，若点A的对应点是点C，则这个旋转中心的坐标为（ ）
A．（5，2） B．（1，5）
C．（4，2） D．（1，5）或（4，2）
【分析】对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心．
解：观察图象可知，旋转中心P的坐标为（4，2）．
故选：C．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解题的关键是理解对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心．
8．（3分）在同一直角坐标系中，当ab＞0时，y＝ax2与y＝ax+b的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据ab＞0，可以得到a＞0，b＞0或a＜0，b＜0，然后分类讨论y＝ax2与y＝ax+b的图象所在的象限，本题得以解决．
解：∵ab＞0，
∴a＞0，b＞0或a＜0，b＜0，
当a＞0，b＞0时，函数y＝ax2的图象开口向上，顶点在原点，函数y＝ax+b的图象经过第一、三、四象限，故选项A、B错误，不符合题意；
当a＜0，b＜0时，函数y＝ax2的图象开口向下，顶点在原点，函数y＝ax+b的图象经过第二、三、四象限，故选项C错误，不符合题意，选项D正确，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查一次函数的图象、二次函数的图象，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和二次函数的性质解答．
二、填空题（每题3分，共24分）
9．（3分）在平面直角坐标系中，点A（﹣2，1）与点B关于原点对称，则点B的坐标为 （2，﹣1） ．
【分析】关于原点的对称点，横纵坐标都变成原来相反数，据此求出点B的坐标．
解：在平面直角坐标系中，点A（﹣2，1）与点B关于原点对称，则点B的坐标为（2，﹣1）．
故答案为：（2，﹣1）．
【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y）．
10．（3分）若一元二次方程x2﹣4x﹣2＝0的两个实数根为m，n，则的值为 ﹣2 ．
【分析】先根据根与系数的关系得到m+n＝4，mn＝﹣2，然后利用整体代入的方法计算．
解：根据题意得m+n＝4，mn＝﹣2，
所以原式＝＝﹣2．
故答案为﹣2．
【点评】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2＝﹣，x1x2＝．
11．（3分）已知点A（﹣3，y1）、B（﹣1，y2）、C（2，y3）在抛物线y＝﹣2x2，则y1，y2，y3的大小关系是 y1＜y3＜y2 （用“＜”连接）．
【分析】先分别计算出自变量为﹣3、﹣1和2所对应的函数值，然后比较函数值的大小即可．
解：当x＝﹣3时，y1＝﹣2x2＝﹣18；
当x＝﹣1时，y2＝﹣2x2＝﹣2；
当x＝2时，y3＝﹣2x2＝﹣8，
所以y1＜y3＜y2．
故答案为：y1＜y3＜y2．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式．
12．（3分）如图，在矩形ABCD中，若AB＝3，AC＝5，若AE＝1，＝ ．
【分析】由矩形的性质得出∠ABC＝90°，AD∥BC，利用勾股定理求出BC＝4，利用相似三角形的性质，即可求出结果．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，AD∥BC，
∵AB＝3，AC＝5，
∴BC＝＝4，
∵AD∥BC，
∴∠EAF＝∠BCF，∠AEF＝∠CBF，
∴△EAF∽△BCF，
∴＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．
13．（3分）如果关于x的一元二次方程（x﹣3）（mx﹣n）＝0有两个实数根，且其中一个根为另一个根的3倍，则的值为 2或18 ．
【分析】利用一元二次方程的定义及因式分解法解一元二次方程，可求出方程的两根，结合其中一个根为另一个根的3倍，即可求出的值．
解：∵关于x的一元二次方程（x﹣3）（mx﹣n）＝0有两个实数根，
∴m≠0，且原方程的解为x1＝3，x2＝．
当3是的3倍时，3＝3×，
∴＝1，
∴＝2；
当是3的3倍时，＝3×3，
∴＝2×3×3＝18．
∴的值为2或18．
故答案为：2或18．
【点评】本题考查了因式分解法解一元二次方程以及一元二次方程的定义，利用因式分解法求出原方程的两个根是解题的关键．
14．（3分）如图，在平面直角坐标系xOy中，三角板的直角顶点P的坐标为（2，2），一条直角边与x轴的正半轴交于点A，另一直角边与y轴交于点B，三角板绕点P在坐标平面内转动的过程中，当△POA为等腰三角形时，则点B的坐标是 （0，2）或（0，0）或（0，4﹣2） ．
【分析】分三种情况：①当OA＝AP时，由已知可得B（0，2）；②当AP＝OP时，B与O重合，即B（0，0）；③当OP＝OA＝2时，过P作PM⊥x轴于M，作PN⊥y轴于N，证明△PNB≌△PMA（ASA），可得BN＝AM＝2﹣2，即有OB＝NO﹣BN＝4﹣2，故B（0，4﹣2）．
解：①当OA＝AP时，如图：
∵P的坐标为（2，2），
∴此时A（2，0），
∵∠APB＝90°，
∴B（0，2）；
②当AP＝OP时，如图：
∵P的坐标为（2，2），
∴∠POA＝∠PAO＝45°，
∴∠P＝90°，
∴此时B与O重合，即B（0，0）；
③当OP＝OA＝2时，过P作PM⊥x轴于M，作PN⊥y轴于N，如图：
∵∠APB＝90°，
∴∠NPB＝90°﹣∠BPM＝∠MPA，
∵NP＝MP＝2，∠PNB＝∠PMA，
∴△PNB≌△PMA（ASA），
∴BN＝AM＝2﹣2，
∴OB＝NO﹣BN＝2﹣（2﹣2）＝4﹣2，
∴B（0，4﹣2），
综上所述，点B的坐标是（0，2）或（0，0）或（0，4﹣2）．
【点评】本题考查平面直角坐标系中的旋转，解题的关键是分类画出图形，讨论得到答案．
15．（3分）关于抛物线y＝﹣x2，给出下列说法：
①物线开口向下，顶点是原点；
②当x＞1时，y随x的增大而减小；
③当﹣1＜x＜2时，﹣4＜y＜﹣1；
④若（m，p）、（n，p）是该抛物线上两点，则m+n＝0．
其中正确的说法有 ①②④ ．
【分析】由抛物线的解析式可求得其对称轴、开口方向、顶点坐标，进一步可得出其增减性，可得出答案．
解：∵y＝﹣x2，
∴①抛物线开口向下，顶点是原点，故①正确；
②抛物线开口向下，对称轴为x＝0，当x＞1时，y随x的增大而减小，故②正确；
③当﹣1＜x＜2时，﹣4＜y≤0，故③错误；
④若（m，p）、（n，p）是该抛物线上两点，可知这两点关于y轴对称，所以m+n＝0，故④正确．
所以正确的有①②④，
故答案为：①②④．
【点评】本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在y＝a（x﹣h）2+k中，对称轴为x＝h，顶点坐标为（h，k）．
16．（3分）如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E为边BC中点，连接DE交AC于点F，把线段DF绕点D顺时针旋转90°得DG，连接AG、FG，点M为线段FG的中点，连接AM、OM、BG，下列结论正确的有 ①③④ ．
①FA2+FC2＝FG2
②AM＝BG
③＝
④
【分析】由四边形ABCD是正方形，得AD＝CD，∠ADC＝∠BCD＝90°，则∠DCA＝∠DAC＝45°，由旋转得DG＝DF，∠GDF＝90°，则∠ADG＝∠CDF，即可证明△ADG≌△CDF，得AG＝CF，∠DAG＝∠DCF＝45°，则∠FAG＝90°，所以FA2+FC2＝FA2+AG2＝FG2，可判断①正确；
作GI⊥AB交BA的延长线于点I，设AB＝AD＝BC＝DC＝2m，则BE＝CE＝BC＝m，由勾股定理得DE＝m，AC＝2m，则OC＝OD＝OA＝m，再证明△CEF∽△ADF，得＝＝＝，则AG＝CF＝AC＝m，DF＝DE＝m，FG＝DF＝m，再求得BG＝m，由∠FAG＝90°，点M为线段FG的中点，得AM＝FM＝GM＝FG，可知AM≠BG，可判断②错误；
因为OF＝m﹣m＝m，所以＝，可判断③正确；
连接DM，作MH⊥OA于点H，则DM＝AM＝FG，再证明△OMD≌△OMA，得∠DOM＝∠AOM＝∠AOD＝45°，根据三角形的中位线定理求得HM＝AG＝m，则OM＝HM＝m，所以＝，可判断④正确，于是得到问题的答案．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADC＝∠BCD＝90°，
∴∠DCA＝∠DAC＝45°，
由旋转得DG＝DF，∠GDF＝90°，
∴∠ADG＝∠CDF＝90°﹣∠ADE，
∴△ADG≌△CDF（SAS），
∴AG＝CF，∠DAG＝∠DCF＝45°，
∴∠FAG＝90°，
∴FA2+AG2＝FG2，
∴FA2+FC2＝FG2，
故①正确；
作GI⊥AB交BA的延长线于点I，设AB＝AD＝BC＝DC＝2m，
∵点E为边BC中点，
∴BE＝CE＝BC＝m，
∴DE＝＝m，AC＝＝2m，
∵OC＝OA＝AC＝m，OD＝OB＝BD，且AC＝BD，
∴OC＝OD＝OA＝m，
∵CE∥AD，
∴△CEF∽△ADF，
∴＝＝＝＝，
∴AG＝CF＝AC＝m，DF＝DE＝m，
∴FG＝＝＝DF＝×m＝m，
∵∠I＝90°，∠IAG＝90°﹣∠DAG＝45°，
∴∠IGA＝∠IAG＝45°，
∴AI＝GI，
∴2AI2＝2GI2＝AI2+GI2＝AG2＝（m）2＝m2，
∴AI＝GI＝m，
∴BG＝＝m，
∴FG≠BG，
∵∠FAG＝90°，点M为线段FG的中点，
∴AM＝FM＝GM＝FG，
∴AM≠BG，
故②错误；
∵OF＝m﹣m＝m，
∴＝＝，
故③正确；
连接DM，作MH⊥OA于点H，则DM＝AM＝FG，
∵AD⊥BD，
∴∠AOD＝90°，
∵OD＝OA，DM＝AM，OM＝OM，
∴△OMD≌△OMA（SSS），
∴∠DOM＝∠AOM＝∠AOD＝45°，
∵∠FHM＝∠FAG＝90°，
∴HM∥AG，
∴＝＝1，
∴FH＝AH，
∴HM＝AG＝×m＝m，
∵∠HMO＝∠HOM＝45°，
∴HO＝HM，
∴OM＝＝＝HM＝×m＝m，
∴＝＝，
故④正确，
故答案为：①③④．
【点评】此题重点考查正方形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、勾股定理等知识，此题综合性强，难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
三、解答题：（17题8分，18题8分，19题一-24题各10分，25题12分，26题14分）
17．（8分）解下列方程：
（1）2x2+8x+3＝0（配方法）；
（2）3t2﹣t﹣3＝0．
【分析】（1）利用解一元二次方程﹣配方法，进行计算即可解答；
（2）利用解一元二次方程﹣公式法，进行计算即可解答．
解：（1）2x2+8x+3＝0，
x2+4x+＝0，
x2+4x＝﹣，
x2+4x+4＝﹣+4，
（x+2）2＝，
x+2＝±，
x+2＝或x+2＝﹣，
x1＝﹣2，x2＝﹣﹣2；
（2）3t2﹣t﹣3＝0，
∵Δ＝（﹣）2﹣4×3×（﹣3）
＝2+36
＝38＞0，
∴t＝，
∴t1＝，t2＝．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣公式法，配方法，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
18．（8分）△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中每个小正方形的边长为1个单位长度，按要求作图：
（1）画出△ABC关于原点O的中心对称图形△A1B1C1．
（2）画出将△ABC绕点O顺时针旋转90°得到△A2B2C2．
【分析】（1）根据中心对称的性质作图即可．
（2）根据旋转的性质作图即可．
解：（1）如图，△A1B1C1即为所求．
（2）如图，△A2B2C2即为所求．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换、中心对称，熟练掌握旋转和中心对称的性质是解答本题的关键．
19．（10分）如图，AD、BC相交于点P，连接AC、BD，且∠1＝∠2，AC＝3，CP＝2，DP＝1，求BD的长．
【分析】先由∠1＝∠2，∠APC＝∠BPD，证明△APC∽△BPD，然后列比例式求出BD的长．
解：∵∠1＝∠2，∠APC＝∠BPD，
∴△APC∽△BPD，
∴＝，
BD＝＝＝，
∴BD的长为．
【点评】此题考查相似三角形的判定与性质，难度不大，是很好的练习题．
20．（10分）关于x的一元二次方程x2+（2k+1）x+k2+1＝0有两个不相等的实数根x1，x2．
（1）求实数k的取值范围．
（2）若方程两实根x1，x2满足|x1|+|x2|＝x1•x2，求k的值．
【分析】（1）根据方程有两个不相等的实数根可得Δ＝（2k+1）2﹣4（k2+1）＝4k2+4k+1﹣4k2﹣4＝4k﹣3＞0，求出k的取值范围；
（2）首先判断出两根均小于0，然后去掉绝对值，进而得到2k+1＝k2+1，结合k的取值范围解方程即可．
解：（1）∵原方程有两个不相等的实数根，
∴Δ＝（2k+1）2﹣4（k2+1）＝4k2+4k+1﹣4k2﹣4＝4k﹣3＞0，
解得：k＞；
（2）∵k＞，
∴x1+x2＝﹣（2k+1）＜0，
又∵x1•x2＝k2+1＞0，
∴x1＜0，x2＜0，
∴|x1|+|x2|＝﹣x1﹣x2＝﹣（x1+x2）＝2k+1，
∵|x1|+|x2|＝x1•x2，
∴2k+1＝k2+1，
∴k1＝0，k2＝2，
又∵k＞，
∴k＝2．
【点评】此题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0根的判别式和根与系数的关系的应用，（1）Δ＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）Δ＝0⇔方程有两个相等的实数根；（3）Δ＜0⇔方程没有实数根；（4）x1+x2＝﹣；（5）x1•x2＝．
21．（10分）如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，DF⊥AE，垂足为F．
（1）求证：△ABE∽△DFA；
（2）若AB＝9，BC＝6，求EF的长．
【分析】（1）由矩形性质得AD∥BC，进而由平行线的性质得∠AEB＝∠DAF，再根据两角对应相等的两个三角形相似；
（2）由E是BC的中点，求得BE，再由勾股定理求得AE，再由相似求AF，即可求EF．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠B＝90°，
∴∠DAF＝∠AEB，
∵DF⊥AE，
∴∠AFD＝∠B＝90°，
∴△ABE∽△DFA；
（2）解：∵E是BC的中点，BC＝6，
∴BE＝3，
∵AB＝9，
∴AE＝＝3，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝4，
∵△ABE∽△DFA，
∴＝，＝，
AF＝，
∴EF＝AE﹣AF＝．
【点评】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，关键是证明三角形相似．
22．（10分）一块长30cm，宽12cm的矩形铁皮．
（1）如图1，在铁皮的四角各切去一个同样的正方形，然后将四周突出部分折起，就能制作成一个底面积为144cm2的无盖方盒，如果设切去的正方形的边长为xcm，则可列方程为 （30﹣2x）（12﹣2x）＝144； ．
（2）由于实际需要，计划制作一个有盖的长方体盒子，为了合理使用材料，某学生设计了如图2的裁剪方案，空白部分为裁剪下来的边角料，其中左侧两个空白部分为正方形，问能否折出底面积为104cm2的有盖盒子（盒盖与盒底的大小形状完全相同）？如果能，请你求出裁去的左侧正方形的边长；如果不能，请说明理由．
【分析】（1）设切去的正方形的边长为xcm，则折成的方盒的底面为长（30﹣2x）cm，宽为（12﹣2x）cm的矩形，根据矩形的面积公式，即可得出关于x的一元二次方程，此问得解；
（2）设切去的正方形的边长为ycm，则折成的长方体盒子的底面为长（﹣y）cm，宽为（12﹣2y）cm的矩形，根据矩形的面积公式，即可得出关于y的一元二次方程，解之取其较小值即可．
解：（1）设切去的正方形的边长为xcm，则折成的方盒的底面为长（30﹣2x）cm，宽为（12﹣2x）cm的矩形，
依题意，得：（30﹣2x）（12﹣2x）＝144．
故答案为：（30﹣2x）（12﹣2x）＝144；
（2）设切去的正方形的边长为ycm，则折成的长方体盒子的底面为长（﹣y）cm，宽为（12﹣2y）cm的矩形，
依题意，得：（﹣y）（12﹣2y）＝104，
整理，得：y2﹣21y+38＝0，
解得：y1＝2，y2＝19（不合题意，舍去），
∴y＝2．
答：能折出底面积为104cm2的有盖盒子，正方形的边长为2cm．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
23．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D是斜边AC的中点，连接DB，线段AE⊥线段BD交BC于点E，交DB于点G，垂足为点G．
（1）求证：EB2＝EG•EA；
（2）联结CG，若∠CGE＝∠DBC，求证：BE＝CE．
【分析】（1）根据相似三角形的判定与性质可得结论；
（2）由直角三角形的性质得BD＝AC＝CD，再由相似三角形的判定与性质可得EC2＝GE•EA，结合（1）的结论可得答案．
【解答】证明：（1）∵AE⊥BD，
∴∠BGE＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠BGE＝∠ABE，
∵∠BEG＝∠AEB，
∴△ABE∽△BGE，
∴＝，
即EB2＝EG•EA；
（2）在Rt△ABC中，点D是斜边AC的中点，
∴BD＝AC＝CD，
∴∠DBC＝∠DCB，
∵∠CGE＝∠GEC，
∴∠CGE＝∠DCB，
∵∠GEC＝∠GEC，
∴△GEC∽△CEA，
∴＝，
∴EC2＝GE•EA，
由（1）知EB2＝EG•EA，
∴EC2＝EB2，
∴BE＝CE．
【点评】此题考查的是相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握相似三角形的判定与性质是解决此题关键．
24．（10分）“南国梨”素有“梨中之王”美称，主产于中国辽宁省的鞍山，某南国梨种植基地2020年种植64亩，到2022年的种植面积达到100亩．
（1）求该基地这两年“南国梨”种植面积的平均增长率．
（2）某超市调查发现，当“南国梨”的售价为8元/千克时，每周能售出400千克，售价每千克上涨0.5元，每周销售量减少10千克，已知该超市“南国梨”的进价为6元/千克，为了维护消费者利益，物价部门规定，该水果售价不能超过17元/千克．若使销售“南国梨”每周获利2400元，则售价应多少元/千克？
【分析】（1）设该基地这两年“南国梨”种植面积的平均增长率为x，利用该南国梨种植基地2022年种植面积＝该南国梨种植基地2020年种植面积×（1+该基地这两年“南国梨”种植面积的平均增长率）2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
（2）设售价为y元/千克，则每千克的销售利润为（y﹣6）元，每周能售出（560﹣20y）千克，利用总利润＝每千克的销售利润×每周的销售量，即可得出关于y的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论．
解：（1）设该基地这两年“南国梨”种植面积的平均增长率为x，
依题意得：64（1+x）2＝100，
解得：x1＝0.25＝25%，x2＝﹣2.25（不符合题意，舍去）．
答：该基地这两年“南国梨”种植面积的平均增长率为25%．
（2）设售价为y元/千克，则每千克的销售利润为（y﹣6）元，每周能售出400﹣10×＝（560﹣20y）千克，
依题意得：（y﹣6）（560﹣20y）＝2400，
整理得：y2﹣34y+288＝0，
解得：y1＝16，y2＝18（不符合题意，舍去）．
答：售价应为16元/千克．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
25．（12分）如图，在△ABC中，AB＝AC，E是线段BC上一动点（不与B、C重合），连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转与∠BAC相等的角度，得到线段AF，连接EF，点M和点N分别是边BC，EF的中点．
（1）如图1，若∠BAC＝120°，当点E是BC边的中点时，＝ ，直线BE与MN相交所成的锐角的度数为 60 度．
（2）如图2，若∠BAC＝120°，当点E是BC边上任意一点时（不与BC重合），上述两个结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
（3）若∠BAC＝60°，AB＝6，点E在直线BC上运动，＝，若其它条件不变，过点C作CP∥MN，交直线EF于P，直接写出P到BC的距离 2 ．
【分析】（1）证明AC⊥EF，利用直角三角形30度角的性质证明即可；
（2）结论成立．如图2中，连接AM，AN．证明△BAE∽△MAN，推出∠B＝∠AMN＝30°，＝＝2，可得结论；
（3）如图3中，连接AM，AN，过点P作PH⊥BC于点H．证明△BAE∽△MAN，推出＝＝，∠AMN＝∠ABE＝60°，利用平行线分线段成比例定理求出PC，可得结论．
解：（1）如图1中，
∵AB＝AC，BM＝CM，
∴AM⊥CB，∠BAM＝∠CAM＝∠BAC＝60°，
∵∠EAF＝∠BAC＝120°，
∴∠CAE＝∠CAF＝60°，
∵AE＝AF，
∴AC⊥EF，EN＝FN，
∵∠C＝∠B＝30°，
∴EC＝2MN，∠FEC＝60°
∴BE＝2MN，直线BE与MN相交所成的锐角的度数为60°．
故答案为：，60；
（2）结论成立．
理由：如图2中，连接AM，AN．
∵AB＝AC，BM＝CM，
∴AM⊥CM，
∵∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠C＝30°，
∴∠BAM＝60°，
∴AB＝2AM，
同法可证AE＝2AN，∠EAN＝60°，
∴∠BAM＝∠EAN＝60°，
∴∠BAE＝∠MAN，
∵＝＝2，
∴△BAE∽△MAN，
∴∠B＝∠AMN＝30°，＝＝2，
∴＝，∠NMC＝60°，
∴直线BE与MN相交所成的锐角的度数为60°；
（3）如图3中，连接AM，AN，过点P作PH⊥BC于点H．
∵△ABC，△AEF都是等边三角形，BM＝CM，EN＝FN，
∴AM⊥BC，AN⊥EF，
∴＝＝，
∵∠BAM＝∠EAN＝30°，
∴∠BAE＝∠MAN，
∴△BAE∽△MAN，
∴＝＝，∠AMN＝∠ABE＝60°，
∵∠AMC＝90°，
∴∠NMC＝30°，
∵AB＝6，BE：EC＝1：2，
∴BE＝2，EC＝4，
∵BM＝CM＝3，
∴EM＝1，
∴MN＝，
∵MN∥CP，
∴＝，∠PCH＝∠NMC＝30°，
∴＝，
∴CP＝4，
∴PH＝PC＝2，
∴点P到BC的距离为2．
故答案为：2．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，等边三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于思考常考题型．
26．（14分）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+3与x轴，y轴分别相交于A、B两点，抛物线y＝ax2经过AB的中点D．
（1）直接写出抛物线解析式；
（2）如图1，在直线AB上方，y轴右侧的抛物线上是否存在一点M，使S△ABM＝，若存在，求出M点坐标；若不存在，请说明理由．
（3）如图2，点C是OB中点，连接CD，点P是线段AB上的动点，将△BCP沿CP翻折，使点B落在点B'处，当PB'平行于x轴时，请直接写出BP的长．
【分析】（1）根据题意可得B（0，3），A（4，0），根据抛物线y＝ax2经过AB的中点D，可得D（2，），进而可得抛物线解析式；
（2）过点M作MN∥y轴交AB于点N，设M（m，m2），则N（m，﹣m+3），所以MN＝m2+m﹣3，根据S△ABM＝S△BMN+S△AMN＝MN•OA＝，列出方程求解即可解决问题；
（3）根据点P是线段AB上的动点，将△BCP沿CP翻折，使点B落在点B'处，当PB'平行于x轴时，设PB′交y轴于点E，设P（x，﹣x+3），则EP＝x，OE＝﹣x+3，可得BE＝x，根据勾股定理可得PB＝x，然后根据翻折可得CB′＝CB＝，PB＝PB′＝x，根据勾股定理求出x的值，进而可以解决问题．
解：（1）∵直线y＝﹣x+3与x轴，y轴分别相交于A、B两点，
令x＝0，则y＝3，
∴B（0，3），
令y＝0，则x＝4，
∴A（4，0），
∵抛物线y＝ax2经过AB的中点D，
∴D（2，），
将D（2，）代入抛物线y＝ax2，
得a＝，
∴抛物线解析式为y＝x2；
（2）如图1，在直线AB上方，y轴右侧的抛物线上存在一点M，使S△ABM＝，理由如下：
过点M作MN∥y轴交AB于点N，
设M（m，m2），
则N（m，﹣m+3），
∴MN＝m2﹣（﹣m+3）＝m2+m﹣3，
∵S△ABM＝，
∴S△ABM＝S△BMN+S△AMN＝MN•OA＝，
∴（m2+m﹣3）×4＝，
整理得m2+2m﹣15＝0，
解得m1＝3，m2＝﹣5（舍去），
∴M点坐标为（3，）；
（3）如图，点P是线段AB上的动点，将△BCP沿CP翻折，使点B落在点B'处，
当PB'平行于x轴时，
设PB′交y轴于点E，
∵B（0，3），
∴OB＝3，
设P（x，﹣x+3），
则EP＝x，OE＝﹣x+3，
∴BE＝OB﹣OE＝3﹣（﹣x+3）＝x，
∵点C是OB中点，
∴OC＝BC＝，
∴PB2＝BE2+PE2
＝（x）2+x2
＝x2，
∴PB＝x（负值舍去），
根据翻折可知：CB′＝CB＝，PB＝PB′＝x，
在Rt△CB′E中，CE＝OC﹣OE＝﹣（﹣x+3）＝x﹣，
B′E＝PB′﹣PE＝x﹣x＝x，
根据勾股定理得：CE2+B′E2＝CB′2，
∴（x﹣）2+（x）2＝（）2，
整理得x2﹣x＝0，
解得x1＝，x2＝0（舍去），
∴PB＝x＝×＝，
答：BP的长为．
【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，坐标系中图形的面积计算方法，轴对称的性质，勾股定理，一元二次方程，解本题的关键是判断出CD平行于x轴．
2022-2023学年辽宁省鞍山市铁东区华育外国语实验学校九年级（上）第一次月考数学试卷
一、选择题（每题3分，共24分）
1．（3分）如图是四款新能源汽车的标志，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（3分）下列各式中，y是x的二次函数的是（ ）
A．y＝3x B．y＝x2+（3﹣x）x
C．y＝（x﹣1）2 D．y＝ax2+bx+c
3．（3分）如图，在△ABC中，DE∥BC，AD＝2，BD＝3，DE＝6，则BC的长为（ ）
A．10 B．15 C．18 D．16
4．（3分）把方程3x2+x＝2（x﹣2）化成ax2+bx+c＝0的形式，则a，b，c的值分别为（ ）
A．3，1，4 B．3，﹣1，4 C．3，﹣1，﹣4 D．3，4，﹣1
5．（3分）如图，已知AB∥CD∥EF，那么下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
6．（3分）某种植物的主干长出若干数目的支干，每个支干又长出同样数目的小分支，主干、支干和小分支的总数是91，设每个支干长出x个小分支，则下列方程中正确的是（ ）
A．1+x2＝91 B．（1+x）2＝91
C．1+x+x2＝91 D．1+（1+x）+（1+x）2＝91
7．（3分）如图，已知点A（2，0），B（0，4），C（2，4），线段AB绕着某点旋转一个角度与线段CD重合，若点A的对应点是点C，则这个旋转中心的坐标为（ ）
A．（5，2） B．（1，5）
C．（4，2） D．（1，5）或（4，2）
8．（3分）在同一直角坐标系中，当ab＞0时，y＝ax2与y＝ax+b的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题（每题3分，共24分）
9．（3分）在平面直角坐标系中，点A（﹣2，1）与点B关于原点对称，则点B的坐标为 ．
10．（3分）若一元二次方程x2﹣4x﹣2＝0的两个实数根为m，n，则的值为 ．
11．（3分）已知点A（﹣3，y1）、B（﹣1，y2）、C（2，y3）在抛物线y＝﹣2x2，则y1，y2，y3的大小关系是 （用“＜”连接）．
12．（3分）如图，在矩形ABCD中，若AB＝3，AC＝5，若AE＝1，＝ ．
13．（3分）如果关于x的一元二次方程（x﹣3）（mx﹣n）＝0有两个实数根，且其中一个根为另一个根的3倍，则的值为 ．
14．（3分）如图，在平面直角坐标系xOy中，三角板的直角顶点P的坐标为（2，2），一条直角边与x轴的正半轴交于点A，另一直角边与y轴交于点B，三角板绕点P在坐标平面内转动的过程中，当△POA为等腰三角形时，则点B的坐标是 ．
15．（3分）关于抛物线y＝﹣x2，给出下列说法：
①物线开口向下，顶点是原点；
②当x＞1时，y随x的增大而减小；
③当﹣1＜x＜2时，﹣4＜y＜﹣1；
④若（m，p）、（n，p）是该抛物线上两点，则m+n＝0．
其中正确的说法有 ．
16．（3分）如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E为边BC中点，连接DE交AC于点F，把线段DF绕点D顺时针旋转90°得DG，连接AG、FG，点M为线段FG的中点，连接AM、OM、BG，下列结论正确的有 ．
①FA2+FC2＝FG2
②AM＝BG
③＝
④
三、解答题：（17题8分，18题8分，19题一-24题各10分，25题12分，26题14分）
17．（8分）解下列方程：
（1）2x2+8x+3＝0（配方法）；
（2）3t2﹣t﹣3＝0．
18．（8分）△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中每个小正方形的边长为1个单位长度，按要求作图：
（1）画出△ABC关于原点O的中心对称图形△A1B1C1．
（2）画出将△ABC绕点O顺时针旋转90°得到△A2B2C2．
19．（10分）如图，AD、BC相交于点P，连接AC、BD，且∠1＝∠2，AC＝3，CP＝2，DP＝1，求BD的长．
20．（10分）关于x的一元二次方程x2+（2k+1）x+k2+1＝0有两个不相等的实数根x1，x2．
（1）求实数k的取值范围．
（2）若方程两实根x1，x2满足|x1|+|x2|＝x1•x2，求k的值．
21．（10分）如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，DF⊥AE，垂足为F．
（1）求证：△ABE∽△DFA；
（2）若AB＝9，BC＝6，求EF的长．
22．（10分）一块长30cm，宽12cm的矩形铁皮．
（1）如图1，在铁皮的四角各切去一个同样的正方形，然后将四周突出部分折起，就能制作成一个底面积为144cm2的无盖方盒，如果设切去的正方形的边长为xcm，则可列方程为 ．
（2）由于实际需要，计划制作一个有盖的长方体盒子，为了合理使用材料，某学生设计了如图2的裁剪方案，空白部分为裁剪下来的边角料，其中左侧两个空白部分为正方形，问能否折出底面积为104cm2的有盖盒子（盒盖与盒底的大小形状完全相同）？如果能，请你求出裁去的左侧正方形的边长；如果不能，请说明理由．
23．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D是斜边AC的中点，连接DB，线段AE⊥线段BD交BC于点E，交DB于点G，垂足为点G．
（1）求证：EB2＝EG•EA；
（2）联结CG，若∠CGE＝∠DBC，求证：BE＝CE．
24．（10分）“南国梨”素有“梨中之王”美称，主产于中国辽宁省的鞍山，某南国梨种植基地2020年种植64亩，到2022年的种植面积达到100亩．
（1）求该基地这两年“南国梨”种植面积的平均增长率．
（2）某超市调查发现，当“南国梨”的售价为8元/千克时，每周能售出400千克，售价每千克上涨0.5元，每周销售量减少10千克，已知该超市“南国梨”的进价为6元/千克，为了维护消费者利益，物价部门规定，该水果售价不能超过17元/千克．若使销售“南国梨”每周获利2400元，则售价应多少元/千克？
25．（12分）如图，在△ABC中，AB＝AC，E是线段BC上一动点（不与B、C重合），连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转与∠BAC相等的角度，得到线段AF，连接EF，点M和点N分别是边BC，EF的中点．
（1）如图1，若∠BAC＝120°，当点E是BC边的中点时，＝ ，直线BE与MN相交所成的锐角的度数为 度．
（2）如图2，若∠BAC＝120°，当点E是BC边上任意一点时（不与BC重合），上述两个结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
（3）若∠BAC＝60°，AB＝6，点E在直线BC上运动，＝，若其它条件不变，过点C作CP∥MN，交直线EF于P，直接写出P到BC的距离 ．
26．（14分）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+3与x轴，y轴分别相交于A、B两点，抛物线y＝ax2经过AB的中点D．
（1）直接写出抛物线解析式；
（2）如图1，在直线AB上方，y轴右侧的抛物线上是否存在一点M，使S△ABM＝，若存在，求出M点坐标；若不存在，请说明理由．
（3）如图2，点C是OB中点，连接CD，点P是线段AB上的动点，将△BCP沿CP翻折，使点B落在点B'处，当PB'平行于x轴时，请直接写出BP的长．
参考答案
一、选择题（每题3分，共24分）
1．（3分）如图是四款新能源汽车的标志，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据中心对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，进行判断即可．
解：A．是中心对称图形，故此选项符合题意；
B．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
【点评】本题考查的是中心对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键．
2．（3分）下列各式中，y是x的二次函数的是（ ）
A．y＝3x B．y＝x2+（3﹣x）x
C．y＝（x﹣1）2 D．y＝ax2+bx+c
【分析】根据二次函数的定义逐个判断即可．
解：A．y是x的一次函数，不是二次函数，故本选项不符合题意；
B．y＝x2+（3﹣x）x
＝x2+3x﹣x2
＝3x，y是x的一次函数，不是二次函数，故本选项不符合题意；
C．y是x的二次函数，故本选项符合题意；
D．当a＝0时，y不是x的二次函数，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数的定义，能熟记二次函数的定义是解此题的关键，注意：形如y＝ax2+bx+c（a、b、c为常数，a≠0）的函数，叫二次函数．
3．（3分）如图，在△ABC中，DE∥BC，AD＝2，BD＝3，DE＝6，则BC的长为（ ）
A．10 B．15 C．18 D．16
【分析】通过证明△ADE∽△ABC，可得，即可求解．
解：∵AD＝2，BD＝3，
∴AB＝5，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∴，
∴BC＝15，
故选：B．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，证明三角形相似是解题的关键．
4．（3分）把方程3x2+x＝2（x﹣2）化成ax2+bx+c＝0的形式，则a，b，c的值分别为（ ）
A．3，1，4 B．3，﹣1，4 C．3，﹣1，﹣4 D．3，4，﹣1
【分析】将原方程转化为一般形式，进而可得出a，b，c的值．
解：将原方程转化为一般形式为3x2﹣x+4＝0，
∴a＝3，b＝﹣1，c＝4．
故选：B．
【点评】本题考查了一元二次方程的一般形式，熟练掌握将给定一元二次方程转化为一般形式的方法是解题的关键．
5．（3分）如图，已知AB∥CD∥EF，那么下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据平行线分线段成比例定理逐个判断即可．
解：A．∵AB∥CD∥EF，
∴＝≠，故本选项不符合题意；
B．∵AB∥CD∥EF，
∴＝，故本选项不符合题意；
C．∵AB∥CD∥EF，
∴＝，故本选项不符合题意；
D．∵AB∥CD∥EF，
∴＝，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，能根据平行线分线段成比例定理得出正确的比例式是解此题的关键．
6．（3分）某种植物的主干长出若干数目的支干，每个支干又长出同样数目的小分支，主干、支干和小分支的总数是91，设每个支干长出x个小分支，则下列方程中正确的是（ ）
A．1+x2＝91 B．（1+x）2＝91
C．1+x+x2＝91 D．1+（1+x）+（1+x）2＝91
【分析】根据题意，可以列出相应的方程：主干+支干+小分支＝91，进而得出答案．
解：由题意可得，
1+x+x•x＝1+x+x2＝91．
故选：C．
【点评】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程．
7．（3分）如图，已知点A（2，0），B（0，4），C（2，4），线段AB绕着某点旋转一个角度与线段CD重合，若点A的对应点是点C，则这个旋转中心的坐标为（ ）
A．（5，2） B．（1，5）
C．（4，2） D．（1，5）或（4，2）
【分析】对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心．
解：观察图象可知，旋转中心P的坐标为（4，2）．
故选：C．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解题的关键是理解对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心．
8．（3分）在同一直角坐标系中，当ab＞0时，y＝ax2与y＝ax+b的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据ab＞0，可以得到a＞0，b＞0或a＜0，b＜0，然后分类讨论y＝ax2与y＝ax+b的图象所在的象限，本题得以解决．
解：∵ab＞0，
∴a＞0，b＞0或a＜0，b＜0，
当a＞0，b＞0时，函数y＝ax2的图象开口向上，顶点在原点，函数y＝ax+b的图象经过第一、三、四象限，故选项A、B错误，不符合题意；
当a＜0，b＜0时，函数y＝ax2的图象开口向下，顶点在原点，函数y＝ax+b的图象经过第二、三、四象限，故选项C错误，不符合题意，选项D正确，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查一次函数的图象、二次函数的图象，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和二次函数的性质解答．
二、填空题（每题3分，共24分）
9．（3分）在平面直角坐标系中，点A（﹣2，1）与点B关于原点对称，则点B的坐标为 （2，﹣1） ．
【分析】关于原点的对称点，横纵坐标都变成原来相反数，据此求出点B的坐标．
解：在平面直角坐标系中，点A（﹣2，1）与点B关于原点对称，则点B的坐标为（2，﹣1）．
故答案为：（2，﹣1）．
【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y）．
10．（3分）若一元二次方程x2﹣4x﹣2＝0的两个实数根为m，n，则的值为 ﹣2 ．
【分析】先根据根与系数的关系得到m+n＝4，mn＝﹣2，然后利用整体代入的方法计算．
解：根据题意得m+n＝4，mn＝﹣2，
所以原式＝＝﹣2．
故答案为﹣2．
【点评】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2＝﹣，x1x2＝．
11．（3分）已知点A（﹣3，y1）、B（﹣1，y2）、C（2，y3）在抛物线y＝﹣2x2，则y1，y2，y3的大小关系是 y1＜y3＜y2 （用“＜”连接）．
【分析】先分别计算出自变量为﹣3、﹣1和2所对应的函数值，然后比较函数值的大小即可．
解：当x＝﹣3时，y1＝﹣2x2＝﹣18；
当x＝﹣1时，y2＝﹣2x2＝﹣2；
当x＝2时，y3＝﹣2x2＝﹣8，
所以y1＜y3＜y2．
故答案为：y1＜y3＜y2．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式．
12．（3分）如图，在矩形ABCD中，若AB＝3，AC＝5，若AE＝1，＝ ．
【分析】由矩形的性质得出∠ABC＝90°，AD∥BC，利用勾股定理求出BC＝4，利用相似三角形的性质，即可求出结果．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，AD∥BC，
∵AB＝3，AC＝5，
∴BC＝＝4，
∵AD∥BC，
∴∠EAF＝∠BCF，∠AEF＝∠CBF，
∴△EAF∽△BCF，
∴＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．
13．（3分）如果关于x的一元二次方程（x﹣3）（mx﹣n）＝0有两个实数根，且其中一个根为另一个根的3倍，则的值为 2或18 ．
【分析】利用一元二次方程的定义及因式分解法解一元二次方程，可求出方程的两根，结合其中一个根为另一个根的3倍，即可求出的值．
解：∵关于x的一元二次方程（x﹣3）（mx﹣n）＝0有两个实数根，
∴m≠0，且原方程的解为x1＝3，x2＝．
当3是的3倍时，3＝3×，
∴＝1，
∴＝2；
当是3的3倍时，＝3×3，
∴＝2×3×3＝18．
∴的值为2或18．
故答案为：2或18．
【点评】本题考查了因式分解法解一元二次方程以及一元二次方程的定义，利用因式分解法求出原方程的两个根是解题的关键．
14．（3分）如图，在平面直角坐标系xOy中，三角板的直角顶点P的坐标为（2，2），一条直角边与x轴的正半轴交于点A，另一直角边与y轴交于点B，三角板绕点P在坐标平面内转动的过程中，当△POA为等腰三角形时，则点B的坐标是 （0，2）或（0，0）或（0，4﹣2） ．
【分析】分三种情况：①当OA＝AP时，由已知可得B（0，2）；②当AP＝OP时，B与O重合，即B（0，0）；③当OP＝OA＝2时，过P作PM⊥x轴于M，作PN⊥y轴于N，证明△PNB≌△PMA（ASA），可得BN＝AM＝2﹣2，即有OB＝NO﹣BN＝4﹣2，故B（0，4﹣2）．
解：①当OA＝AP时，如图：
∵P的坐标为（2，2），
∴此时A（2，0），
∵∠APB＝90°，
∴B（0，2）；
②当AP＝OP时，如图：
∵P的坐标为（2，2），
∴∠POA＝∠PAO＝45°，
∴∠P＝90°，
∴此时B与O重合，即B（0，0）；
③当OP＝OA＝2时，过P作PM⊥x轴于M，作PN⊥y轴于N，如图：
∵∠APB＝90°，
∴∠NPB＝90°﹣∠BPM＝∠MPA，
∵NP＝MP＝2，∠PNB＝∠PMA，
∴△PNB≌△PMA（ASA），
∴BN＝AM＝2﹣2，
∴OB＝NO﹣BN＝2﹣（2﹣2）＝4﹣2，
∴B（0，4﹣2），
综上所述，点B的坐标是（0，2）或（0，0）或（0，4﹣2）．
【点评】本题考查平面直角坐标系中的旋转，解题的关键是分类画出图形，讨论得到答案．
15．（3分）关于抛物线y＝﹣x2，给出下列说法：
①物线开口向下，顶点是原点；
②当x＞1时，y随x的增大而减小；
③当﹣1＜x＜2时，﹣4＜y＜﹣1；
④若（m，p）、（n，p）是该抛物线上两点，则m+n＝0．
其中正确的说法有 ①②④ ．
【分析】由抛物线的解析式可求得其对称轴、开口方向、顶点坐标，进一步可得出其增减性，可得出答案．
解：∵y＝﹣x2，
∴①抛物线开口向下，顶点是原点，故①正确；
②抛物线开口向下，对称轴为x＝0，当x＞1时，y随x的增大而减小，故②正确；
③当﹣1＜x＜2时，﹣4＜y≤0，故③错误；
④若（m，p）、（n，p）是该抛物线上两点，可知这两点关于y轴对称，所以m+n＝0，故④正确．
所以正确的有①②④，
故答案为：①②④．
【点评】本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在y＝a（x﹣h）2+k中，对称轴为x＝h，顶点坐标为（h，k）．
16．（3分）如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E为边BC中点，连接DE交AC于点F，把线段DF绕点D顺时针旋转90°得DG，连接AG、FG，点M为线段FG的中点，连接AM、OM、BG，下列结论正确的有 ①③④ ．
①FA2+FC2＝FG2
②AM＝BG
③＝
④
【分析】由四边形ABCD是正方形，得AD＝CD，∠ADC＝∠BCD＝90°，则∠DCA＝∠DAC＝45°，由旋转得DG＝DF，∠GDF＝90°，则∠ADG＝∠CDF，即可证明△ADG≌△CDF，得AG＝CF，∠DAG＝∠DCF＝45°，则∠FAG＝90°，所以FA2+FC2＝FA2+AG2＝FG2，可判断①正确；
作GI⊥AB交BA的延长线于点I，设AB＝AD＝BC＝DC＝2m，则BE＝CE＝BC＝m，由勾股定理得DE＝m，AC＝2m，则OC＝OD＝OA＝m，再证明△CEF∽△ADF，得＝＝＝，则AG＝CF＝AC＝m，DF＝DE＝m，FG＝DF＝m，再求得BG＝m，由∠FAG＝90°，点M为线段FG的中点，得AM＝FM＝GM＝FG，可知AM≠BG，可判断②错误；
因为OF＝m﹣m＝m，所以＝，可判断③正确；
连接DM，作MH⊥OA于点H，则DM＝AM＝FG，再证明△OMD≌△OMA，得∠DOM＝∠AOM＝∠AOD＝45°，根据三角形的中位线定理求得HM＝AG＝m，则OM＝HM＝m，所以＝，可判断④正确，于是得到问题的答案．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADC＝∠BCD＝90°，
∴∠DCA＝∠DAC＝45°，
由旋转得DG＝DF，∠GDF＝90°，
∴∠ADG＝∠CDF＝90°﹣∠ADE，
∴△ADG≌△CDF（SAS），
∴AG＝CF，∠DAG＝∠DCF＝45°，
∴∠FAG＝90°，
∴FA2+AG2＝FG2，
∴FA2+FC2＝FG2，
故①正确；
作GI⊥AB交BA的延长线于点I，设AB＝AD＝BC＝DC＝2m，
∵点E为边BC中点，
∴BE＝CE＝BC＝m，
∴DE＝＝m，AC＝＝2m，
∵OC＝OA＝AC＝m，OD＝OB＝BD，且AC＝BD，
∴OC＝OD＝OA＝m，
∵CE∥AD，
∴△CEF∽△ADF，
∴＝＝＝＝，
∴AG＝CF＝AC＝m，DF＝DE＝m，
∴FG＝＝＝DF＝×m＝m，
∵∠I＝90°，∠IAG＝90°﹣∠DAG＝45°，
∴∠IGA＝∠IAG＝45°，
∴AI＝GI，
∴2AI2＝2GI2＝AI2+GI2＝AG2＝（m）2＝m2，
∴AI＝GI＝m，
∴BG＝＝m，
∴FG≠BG，
∵∠FAG＝90°，点M为线段FG的中点，
∴AM＝FM＝GM＝FG，
∴AM≠BG，
故②错误；
∵OF＝m﹣m＝m，
∴＝＝，
故③正确；
连接DM，作MH⊥OA于点H，则DM＝AM＝FG，
∵AD⊥BD，
∴∠AOD＝90°，
∵OD＝OA，DM＝AM，OM＝OM，
∴△OMD≌△OMA（SSS），
∴∠DOM＝∠AOM＝∠AOD＝45°，
∵∠FHM＝∠FAG＝90°，
∴HM∥AG，
∴＝＝1，
∴FH＝AH，
∴HM＝AG＝×m＝m，
∵∠HMO＝∠HOM＝45°，
∴HO＝HM，
∴OM＝＝＝HM＝×m＝m，
∴＝＝，
故④正确，
故答案为：①③④．
【点评】此题重点考查正方形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、勾股定理等知识，此题综合性强，难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
三、解答题：（17题8分，18题8分，19题一-24题各10分，25题12分，26题14分）
17．（8分）解下列方程：
（1）2x2+8x+3＝0（配方法）；
（2）3t2﹣t﹣3＝0．
【分析】（1）利用解一元二次方程﹣配方法，进行计算即可解答；
（2）利用解一元二次方程﹣公式法，进行计算即可解答．
解：（1）2x2+8x+3＝0，
x2+4x+＝0，
x2+4x＝﹣，
x2+4x+4＝﹣+4，
（x+2）2＝，
x+2＝±，
x+2＝或x+2＝﹣，
x1＝﹣2，x2＝﹣﹣2；
（2）3t2﹣t﹣3＝0，
∵Δ＝（﹣）2﹣4×3×（﹣3）
＝2+36
＝38＞0，
∴t＝，
∴t1＝，t2＝．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣公式法，配方法，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
18．（8分）△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中每个小正方形的边长为1个单位长度，按要求作图：
（1）画出△ABC关于原点O的中心对称图形△A1B1C1．
（2）画出将△ABC绕点O顺时针旋转90°得到△A2B2C2．
【分析】（1）根据中心对称的性质作图即可．
（2）根据旋转的性质作图即可．
解：（1）如图，△A1B1C1即为所求．
（2）如图，△A2B2C2即为所求．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换、中心对称，熟练掌握旋转和中心对称的性质是解答本题的关键．
19．（10分）如图，AD、BC相交于点P，连接AC、BD，且∠1＝∠2，AC＝3，CP＝2，DP＝1，求BD的长．
【分析】先由∠1＝∠2，∠APC＝∠BPD，证明△APC∽△BPD，然后列比例式求出BD的长．
解：∵∠1＝∠2，∠APC＝∠BPD，
∴△APC∽△BPD，
∴＝，
BD＝＝＝，
∴BD的长为．
【点评】此题考查相似三角形的判定与性质，难度不大，是很好的练习题．
20．（10分）关于x的一元二次方程x2+（2k+1）x+k2+1＝0有两个不相等的实数根x1，x2．
（1）求实数k的取值范围．
（2）若方程两实根x1，x2满足|x1|+|x2|＝x1•x2，求k的值．
【分析】（1）根据方程有两个不相等的实数根可得Δ＝（2k+1）2﹣4（k2+1）＝4k2+4k+1﹣4k2﹣4＝4k﹣3＞0，求出k的取值范围；
（2）首先判断出两根均小于0，然后去掉绝对值，进而得到2k+1＝k2+1，结合k的取值范围解方程即可．
解：（1）∵原方程有两个不相等的实数根，
∴Δ＝（2k+1）2﹣4（k2+1）＝4k2+4k+1﹣4k2﹣4＝4k﹣3＞0，
解得：k＞；
（2）∵k＞，
∴x1+x2＝﹣（2k+1）＜0，
又∵x1•x2＝k2+1＞0，
∴x1＜0，x2＜0，
∴|x1|+|x2|＝﹣x1﹣x2＝﹣（x1+x2）＝2k+1，
∵|x1|+|x2|＝x1•x2，
∴2k+1＝k2+1，
∴k1＝0，k2＝2，
又∵k＞，
∴k＝2．
【点评】此题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0根的判别式和根与系数的关系的应用，（1）Δ＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）Δ＝0⇔方程有两个相等的实数根；（3）Δ＜0⇔方程没有实数根；（4）x1+x2＝﹣；（5）x1•x2＝．
21．（10分）如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，DF⊥AE，垂足为F．
（1）求证：△ABE∽△DFA；
（2）若AB＝9，BC＝6，求EF的长．
【分析】（1）由矩形性质得AD∥BC，进而由平行线的性质得∠AEB＝∠DAF，再根据两角对应相等的两个三角形相似；
（2）由E是BC的中点，求得BE，再由勾股定理求得AE，再由相似求AF，即可求EF．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠B＝90°，
∴∠DAF＝∠AEB，
∵DF⊥AE，
∴∠AFD＝∠B＝90°，
∴△ABE∽△DFA；
（2）解：∵E是BC的中点，BC＝6，
∴BE＝3，
∵AB＝9，
∴AE＝＝3，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝4，
∵△ABE∽△DFA，
∴＝，＝，
AF＝，
∴EF＝AE﹣AF＝．
【点评】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，关键是证明三角形相似．
22．（10分）一块长30cm，宽12cm的矩形铁皮．
（1）如图1，在铁皮的四角各切去一个同样的正方形，然后将四周突出部分折起，就能制作成一个底面积为144cm2的无盖方盒，如果设切去的正方形的边长为xcm，则可列方程为 （30﹣2x）（12﹣2x）＝144； ．
（2）由于实际需要，计划制作一个有盖的长方体盒子，为了合理使用材料，某学生设计了如图2的裁剪方案，空白部分为裁剪下来的边角料，其中左侧两个空白部分为正方形，问能否折出底面积为104cm2的有盖盒子（盒盖与盒底的大小形状完全相同）？如果能，请你求出裁去的左侧正方形的边长；如果不能，请说明理由．
【分析】（1）设切去的正方形的边长为xcm，则折成的方盒的底面为长（30﹣2x）cm，宽为（12﹣2x）cm的矩形，根据矩形的面积公式，即可得出关于x的一元二次方程，此问得解；
（2）设切去的正方形的边长为ycm，则折成的长方体盒子的底面为长（﹣y）cm，宽为（12﹣2y）cm的矩形，根据矩形的面积公式，即可得出关于y的一元二次方程，解之取其较小值即可．
解：（1）设切去的正方形的边长为xcm，则折成的方盒的底面为长（30﹣2x）cm，宽为（12﹣2x）cm的矩形，
依题意，得：（30﹣2x）（12﹣2x）＝144．
故答案为：（30﹣2x）（12﹣2x）＝144；
（2）设切去的正方形的边长为ycm，则折成的长方体盒子的底面为长（﹣y）cm，宽为（12﹣2y）cm的矩形，
依题意，得：（﹣y）（12﹣2y）＝104，
整理，得：y2﹣21y+38＝0，
解得：y1＝2，y2＝19（不合题意，舍去），
∴y＝2．
答：能折出底面积为104cm2的有盖盒子，正方形的边长为2cm．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
23．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D是斜边AC的中点，连接DB，线段AE⊥线段BD交BC于点E，交DB于点G，垂足为点G．
（1）求证：EB2＝EG•EA；
（2）联结CG，若∠CGE＝∠DBC，求证：BE＝CE．
【分析】（1）根据相似三角形的判定与性质可得结论；
（2）由直角三角形的性质得BD＝AC＝CD，再由相似三角形的判定与性质可得EC2＝GE•EA，结合（1）的结论可得答案．
【解答】证明：（1）∵AE⊥BD，
∴∠BGE＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠BGE＝∠ABE，
∵∠BEG＝∠AEB，
∴△ABE∽△BGE，
∴＝，
即EB2＝EG•EA；
（2）在Rt△ABC中，点D是斜边AC的中点，
∴BD＝AC＝CD，
∴∠DBC＝∠DCB，
∵∠CGE＝∠GEC，
∴∠CGE＝∠DCB，
∵∠GEC＝∠GEC，
∴△GEC∽△CEA，
∴＝，
∴EC2＝GE•EA，
由（1）知EB2＝EG•EA，
∴EC2＝EB2，
∴BE＝CE．
【点评】此题考查的是相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握相似三角形的判定与性质是解决此题关键．
24．（10分）“南国梨”素有“梨中之王”美称，主产于中国辽宁省的鞍山，某南国梨种植基地2020年种植64亩，到2022年的种植面积达到100亩．
（1）求该基地这两年“南国梨”种植面积的平均增长率．
（2）某超市调查发现，当“南国梨”的售价为8元/千克时，每周能售出400千克，售价每千克上涨0.5元，每周销售量减少10千克，已知该超市“南国梨”的进价为6元/千克，为了维护消费者利益，物价部门规定，该水果售价不能超过17元/千克．若使销售“南国梨”每周获利2400元，则售价应多少元/千克？
【分析】（1）设该基地这两年“南国梨”种植面积的平均增长率为x，利用该南国梨种植基地2022年种植面积＝该南国梨种植基地2020年种植面积×（1+该基地这两年“南国梨”种植面积的平均增长率）2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
（2）设售价为y元/千克，则每千克的销售利润为（y﹣6）元，每周能售出（560﹣20y）千克，利用总利润＝每千克的销售利润×每周的销售量，即可得出关于y的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论．
解：（1）设该基地这两年“南国梨”种植面积的平均增长率为x，
依题意得：64（1+x）2＝100，
解得：x1＝0.25＝25%，x2＝﹣2.25（不符合题意，舍去）．
答：该基地这两年“南国梨”种植面积的平均增长率为25%．
（2）设售价为y元/千克，则每千克的销售利润为（y﹣6）元，每周能售出400﹣10×＝（560﹣20y）千克，
依题意得：（y﹣6）（560﹣20y）＝2400，
整理得：y2﹣34y+288＝0，
解得：y1＝16，y2＝18（不符合题意，舍去）．
答：售价应为16元/千克．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
25．（12分）如图，在△ABC中，AB＝AC，E是线段BC上一动点（不与B、C重合），连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转与∠BAC相等的角度，得到线段AF，连接EF，点M和点N分别是边BC，EF的中点．
（1）如图1，若∠BAC＝120°，当点E是BC边的中点时，＝ ，直线BE与MN相交所成的锐角的度数为 60 度．
（2）如图2，若∠BAC＝120°，当点E是BC边上任意一点时（不与BC重合），上述两个结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
（3）若∠BAC＝60°，AB＝6，点E在直线BC上运动，＝，若其它条件不变，过点C作CP∥MN，交直线EF于P，直接写出P到BC的距离 2 ．
【分析】（1）证明AC⊥EF，利用直角三角形30度角的性质证明即可；
（2）结论成立．如图2中，连接AM，AN．证明△BAE∽△MAN，推出∠B＝∠AMN＝30°，＝＝2，可得结论；
（3）如图3中，连接AM，AN，过点P作PH⊥BC于点H．证明△BAE∽△MAN，推出＝＝，∠AMN＝∠ABE＝60°，利用平行线分线段成比例定理求出PC，可得结论．
解：（1）如图1中，
∵AB＝AC，BM＝CM，
∴AM⊥CB，∠BAM＝∠CAM＝∠BAC＝60°，
∵∠EAF＝∠BAC＝120°，
∴∠CAE＝∠CAF＝60°，
∵AE＝AF，
∴AC⊥EF，EN＝FN，
∵∠C＝∠B＝30°，
∴EC＝2MN，∠FEC＝60°
∴BE＝2MN，直线BE与MN相交所成的锐角的度数为60°．
故答案为：，60；
（2）结论成立．
理由：如图2中，连接AM，AN．
∵AB＝AC，BM＝CM，
∴AM⊥CM，
∵∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠C＝30°，
∴∠BAM＝60°，
∴AB＝2AM，
同法可证AE＝2AN，∠EAN＝60°，
∴∠BAM＝∠EAN＝60°，
∴∠BAE＝∠MAN，
∵＝＝2，
∴△BAE∽△MAN，
∴∠B＝∠AMN＝30°，＝＝2，
∴＝，∠NMC＝60°，
∴直线BE与MN相交所成的锐角的度数为60°；
（3）如图3中，连接AM，AN，过点P作PH⊥BC于点H．
∵△ABC，△AEF都是等边三角形，BM＝CM，EN＝FN，
∴AM⊥BC，AN⊥EF，
∴＝＝，
∵∠BAM＝∠EAN＝30°，
∴∠BAE＝∠MAN，
∴△BAE∽△MAN，
∴＝＝，∠AMN＝∠ABE＝60°，
∵∠AMC＝90°，
∴∠NMC＝30°，
∵AB＝6，BE：EC＝1：2，
∴BE＝2，EC＝4，
∵BM＝CM＝3，
∴EM＝1，
∴MN＝，
∵MN∥CP，
∴＝，∠PCH＝∠NMC＝30°，
∴＝，
∴CP＝4，
∴PH＝PC＝2，
∴点P到BC的距离为2．
故答案为：2．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，等边三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于思考常考题型．
26．（14分）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+3与x轴，y轴分别相交于A、B两点，抛物线y＝ax2经过AB的中点D．
（1）直接写出抛物线解析式；
（2）如图1，在直线AB上方，y轴右侧的抛物线上是否存在一点M，使S△ABM＝，若存在，求出M点坐标；若不存在，请说明理由．
（3）如图2，点C是OB中点，连接CD，点P是线段AB上的动点，将△BCP沿CP翻折，使点B落在点B'处，当PB'平行于x轴时，请直接写出BP的长．
【分析】（1）根据题意可得B（0，3），A（4，0），根据抛物线y＝ax2经过AB的中点D，可得D（2，），进而可得抛物线解析式；
（2）过点M作MN∥y轴交AB于点N，设M（m，m2），则N（m，﹣m+3），所以MN＝m2+m﹣3，根据S△ABM＝S△BMN+S△AMN＝MN•OA＝，列出方程求解即可解决问题；
（3）根据点P是线段AB上的动点，将△BCP沿CP翻折，使点B落在点B'处，当PB'平行于x轴时，设PB′交y轴于点E，设P（x，﹣x+3），则EP＝x，OE＝﹣x+3，可得BE＝x，根据勾股定理可得PB＝x，然后根据翻折可得CB′＝CB＝，PB＝PB′＝x，根据勾股定理求出x的值，进而可以解决问题．
解：（1）∵直线y＝﹣x+3与x轴，y轴分别相交于A、B两点，
令x＝0，则y＝3，
∴B（0，3），
令y＝0，则x＝4，
∴A（4，0），
∵抛物线y＝ax2经过AB的中点D，
∴D（2，），
将D（2，）代入抛物线y＝ax2，
得a＝，
∴抛物线解析式为y＝x2；
（2）如图1，在直线AB上方，y轴右侧的抛物线上存在一点M，使S△ABM＝，理由如下：
过点M作MN∥y轴交AB于点N，
设M（m，m2），
则N（m，﹣m+3），
∴MN＝m2﹣（﹣m+3）＝m2+m﹣3，
∵S△ABM＝，
∴S△ABM＝S△BMN+S△AMN＝MN•OA＝，
∴（m2+m﹣3）×4＝，
整理得m2+2m﹣15＝0，
解得m1＝3，m2＝﹣5（舍去），
∴M点坐标为（3，）；
（3）如图，点P是线段AB上的动点，将△BCP沿CP翻折，使点B落在点B'处，
当PB'平行于x轴时，
设PB′交y轴于点E，
∵B（0，3），
∴OB＝3，
设P（x，﹣x+3），
则EP＝x，OE＝﹣x+3，
∴BE＝OB﹣OE＝3﹣（﹣x+3）＝x，
∵点C是OB中点，
∴OC＝BC＝，
∴PB2＝BE2+PE2
＝（x）2+x2
＝x2，
∴PB＝x（负值舍去），
根据翻折可知：CB′＝CB＝，PB＝PB′＝x，
在Rt△CB′E中，CE＝OC﹣OE＝﹣（﹣x+3）＝x﹣，
B′E＝PB′﹣PE＝x﹣x＝x，
根据勾股定理得：CE2+B′E2＝CB′2，
∴（x﹣）2+（x）2＝（）2，
整理得x2﹣x＝0，
解得x1＝，x2＝0（舍去），
∴PB＝x＝×＝，
答：BP的长为．
【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，坐标系中图形的面积计算方法，轴对称的性质，勾股定理，一元二次方程，解本题的关键是判断出CD平行于x轴．
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